haitienbg

Câu này thật nhảm, chắc ai cũng làm đc hoặc ít nhất là câu a

Caaub kéo dài $PK$ cắt đường tròn tại $T$ xong c/m $ATDK$ là hình bình hành quá nhẹ nhàng chỉ bằng biến đổi góc.

cách khác câu b:

Do $AK,DK$ tương ứng vuông góc $ID,IA$ nên $K$ là trực tâm tam giác$IAD$

nên nếu gọi $X$ là trung điểm $AD$; $KX$ cắt $(O)$ tại$Y,P'$($Y$ cùng phía với $A$ bờ $BC$)

có $AKDY$ là hbh và $Y$ là trung điểm cung $BC$ chứa $A$   (*)

Ta cm $BKNP': nt$

Thật vậy theo gt thì $M$ là trực tâm tg $IKC$ gọi $L$ là giao $KM$ với $(O)$

góc $KNB=LNC=90^0-BCI=KP'B$

cm xong

Gọi $(O)$ là đường tròn $(ABC)$ ;$G$ là giao hai tiếp tuyến tại $B,C$ của $(O)$ 

Ta có $K$ chính là giao của $AG,BC$

Khi đó nhận thấy ngay góc $KBG=BAC=PKB$ nên $KP//BG$

Tương tự $QK//CG$

Do đó $\frac{AP}{AB}=\frac{AK}{AG}=\frac{AQ}{AC}$

nên $PQ//BC$

Khi đó góc $KPQ=PKB=BAC=QKC=KQP$

Vậy $KP=KQ$

Ta cm $RP$ vuông góc $AB$,$RQ$ vuông góc $AC$    (1)

Đường thẳng qua $P$ vuông góc $AB$ cắt đường thẳng qua $Q$ vuông góc $AC$ tại $R'$ ,$R'P,HB$ giao tại $X$.Tương tự có $Y$

Thấy ngay $AP=AQ$ nên $AR'$ là phân giác $\angle BAC$

Do đó để cm ý (1) ta sẽ phải cm $R=R'$ hay cm $R'$ nằm trên $HM$

Gọi $I$ là giao của $XY;HR'$ có $HXR'Y$ là hình bình hành nên $I$ là trung điểm $XY$

Ta có 

$\frac{BP}{PC'}=\frac{BX}{HX}=\frac{HB}{HC'}=\frac{HC}{HB'}=\frac{CQ}{CB'}=\frac{CY}{CH}$

nên $XY//BC$ Do đó $HR$ qua trung điểm $M$ của $BC$

Vậy ta có DPCM~~

  Bài toán :Cho $\Delta ABC$ có đường tròn $(I)$ nội tiếp trong tam giác và tiếp xúc với $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. Vẽ đường tròn $(I_{1})$ đi  qua $I$ và tiếp xúc với AB,AC .Vẽ đường tròn $(I_{2})$ đi qua $I$ và tiếp xúc với AB,BC. Vẽ đường tròn $(I_{3})$ đi qua $I$ và tiếp xúc với AC,BC. Gọi $X,Y,Z$ lần lượt là giao điểm thứ 2 khác $I$ của các cặp đường tròn $(I_{2}),(I_{3});(I_{1}),(I_{3});(I_{1}),(I_{2})$. Gọi $M,N,P$ theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AIX,BIY,CIZ$.

                   CMR: $M,N,P$ thẳng hàng .

Lời giải 2: Gọi $K,L,R$ là là giao của $AI,BI,CI$ với $(O)$

Ta có ngay $LR$ là trung trực của $AI$,mà $I_{2}I_{3}$ là trung trực của $IX$

Nên nếu gọi $M$ là giao của $AI,I_{2}I_{3}$ thì $M$ là tâm $(AIX)$.

Tương tự xác định các điểm $N,P$ là tâm của $(BIY),(CIZ)$.

Áp dụng định lí $Desagues$ cho hai tam giác $MNP,I_{1}I_{2}I_{3}$ 

có ngay dpcm~~

Nhận xét: Hai đường tròn $(O);(I)$ tiếp xúc trong tại $A$ (như hình vẽ).$B,C$ thuộc $(O)$ khác $A$. $AB,AC$ cắt $(I)$ tại $D,E$. Vẽ hai tiếp tuyến tới $(I)$ là $BF,CG$.Khi đó ta có hệ thức:  $\frac{BF}{CG}=\frac{AB}{AC}$

Chứng minh:

$\frac{BF^2}{CG^2}=\frac{BD.AB}{CE.AC}=\frac{AB^2}{AC^2}$

Áp dụng vào bài toán:

Thấy ngay $TM$ là phân giácngoài của góc $BTC$. Gọi $I$ là giao của $TM$ và $BC$

Ta cần cm: $I,P,Q$ thẳng hàng.

Áp dụng định lí $Melenauyt$ + nhận xét ở trên vào tam giác $ABC$ cho 3 điểm $P,Q,I$ có ngay dpcm~~...